1、广东省平远中学2011-2012学年高二下期期末复习试题数学（理科）（考试时间：120分钟 全卷总分：150分）第卷 选择题（共40分）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的） 1已知复数，映射，则的原象是 【 】 A B C D2已知向量a，b，若向量ab，则 【 】A2 B C8 D 3. 某学校开设甲类选修课3门，乙类选择课4门，某学生从中共选3门，若要求两类课程中各至少 选门，则不同的选法共有 【 】 A. 30种 B. 35种 C. 42种 D. 48种4. 已知数列的前项和，给出以下命题：；是等差数列； 是递增数列；有
2、最小值.其中真命题的个数 【 】 A. B. C. D. 5由曲线与所围成的封闭图形的面积是 【 】A B C D6函数，若，则的所有可能值为 【 】 A B C D 7设是由双曲线的两条渐近线和抛物线的准线所围成的平面区域(含边界与内部)若点，则目标函数的最大值为 【 】 A B. C D 8. 的内角，所对边，成等比数列，则的取值范围是【 】 A. B. C. D.第卷 非选择题（共110分）二、填空题（本大题共7小题，作答6小题，每小题5分，共30分把答案填在横线上） （一）必做题（第1113题为必做题，每题都必须作答）9 规定符号“”表示一种运算，即 R+,若，则_ 10若回归直线的斜
3、率的估计值是，样本点的中心为，则回归直线的方程是_11的展开式中含项的系数是_(用数字作答)12圆心在轴上，且与直线相切于点的圆的方程为_13设，则的子集共有_个.（二）选做题（第14 15题，考生只能从中选做一题；两道题都做的，只记第一题的分）PABOC14（坐标系与参数方程选做题）过点且平行于极轴的直线的极坐标方程为_15(几何证明选讲选做题) 若是圆的切线，切点为， 直线交圆于，两点， 则圆的面积为 广东省平远中学2011-2012学年高二下期期末复习试题数学（理科）答题卷 班级：_班 座位：_号 姓名：_题号一二三总分161718192021得分一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，
4、满分40分四个选项中只有一项是符合题目要求的）题号12345678答案二、填空题（本大题共7小题，作答6小题，每小题5分，共30分把答案填在横线上） （一）必做题9._； 10._； 11._； 12 ._； 13._； （二）选做题14._； 15._.三、解答题（本大题共6小题，共80分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16（本题满分12分）已知向量，函数 （1）求函数的单调递增区间； （2）若ABC的边a、b、c满足，且b所对的角为，求的范围及函数的值域17（本小题满分12分）某校从参加某次知识竞赛的学生中随机抽出名学生，将其成绩(百分制)(均为整数)分成六段，后得到如下部分频率分
5、布直方图.观察图形的信息，回答下列问题： （1）求分数在内的频率，并补全这个频率分 布直方图； （2）统计方法中，同一组数据常用该组区间的中点值 作为代表，据此估计本次考试的平均分； （3）若从名学生中随机抽取人，抽到的学生成 绩在记分，在记分，用表示 抽取结束后的总记分，求的分布列和数学期望.18.（本小题满分12分）如图是某三棱柱被削去一个底面后的直观图与左视图、俯视图.已知 ，左视图是边长为的等边三角形；俯视图是直角梯形，有关数据如图所示. （1）求该几何体的体积；ABEFDC 直观图BECFD43 俯视图ACB 左视图A （2）求二面角的余弦值. 19. (本小题满分14分)数列的前项
6、和，等差数列满足，. （1）求数列、的通项公式；（2）设，数列的前项和为，问的最小正整数是多少? AyPBCOx20(本小题满分14分)如图，在中，以、为焦点的椭圆 恰好过的中点. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆的右顶点作直线与圆 相交于、两点，试探究点、能将圆分割成弧长比值为的两段弧吗？若能，求出直线的方程；若不能，说明理由.21.(本题满分14分)已知奇函数且.（1）求的值；（2）对于，恒成立，求的取值范围；（3）当，且时，试比较与的大小广东省平远中学2011-2012学年高二下学期期末复习试题数学（理科）试题解析一、选择题1【答案】A.【解析】.故选A.2【答案】D.【解析】ab
7、，即，故.故选D. 3.【答案】A . 【解析一】（直接法）可分以下种情况：(1)甲类选修课选门，乙类选修课选门，有种 不同的选法；(2)甲类选修课选门，乙类选修课选门，有种不同的选法，故不同的选法 共有种.故选A. 【解析二】（间接法）因事件“两类课程中各至少选一门”的对立事件是“全部选修甲类选修课和 全部选修乙类选修课”，故两类课程中各至少选门的选法共有种.故选A.4.【答案】B【解析】由配方，得，故；又， 故，故、是真命题；因的常数项不是，故不是等差数列，故是假命题；由是关于的二次函数可知是假命题.故选B.5【答案】C【解析】由题意，得曲线与的交点坐标为和，故所求封闭图形的面积是 .故选
8、C.6【答案】C. 【解析】因，又，故.当时，由，得 ；当时，由，得，故.故选C. 7【答案】D.【解析】双曲线的两条渐近线为，抛物线的准线为，当直 线过点时，故选D.8【答案】C.【解析】设公比为，则，.原式 ，故只需求的取值范围因，成等比数列，故最大边只能是或， 故，要构成三角形的三边，需且只需且，即有不等式组， 即，解得，从而，故所求的取 值范围是故选C.二、填空题 （一）必做题（第1113题为必做题，每题都必须作答）9【答案】. 【解析】根据运算有R+，故.10【答案】.【解析】由条件知，设回归直线方程为，则.11【答案】.【解析一】所给式子的展开式中的系数是 .【解析二】原式，因(当
9、时，原式 ，不存在项，故)，故中含项的系数就是原式中含项的系数.显然 中含项的系数是，故原式中含项的系数是.12【答案】.【解析】设圆的方程为，则圆心为，依题意有，得，故圆的方程为.13【答案】. 【解析】因, ，故，由此可知中共有 个元素，于是的子集共有(个).（二）选做题（第14 15题，考生只能从中选做一题；两道题都做的，只记第一题的分）14. 【答案】. 【解析】点的直角坐标为，故过点平行于轴的直线方程为，即极坐标方程为15【答案】. 【解析】由已知条件可求得圆的半径，故圆的面积为.三、解答题（本大题共6小题，共80分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16（本题满分12分）已知向
10、量，函数 （1）求函数的单调递增区间； （2）若ABC的边a、b、c满足，且b所对的角为，求的范围及函数的值域解：（1） 令，解得故函数的单调递增区间为 （2）因，故，故，故. 故，故，即的值域为 综上所述，的范围是，的值域为17（本小题满分12分）某校从参加某次知识竞赛的学生中随机抽出名学生，将其成绩(百分制)(均为整数)分成六段，后得到如下部分频率分布直方图.观察图形的信息，回答下列问题： （1）求分数在内的频率，并补全这个频率分 布直方图； （2）统计方法中，同一组数据常用该组区间的中点值 作为代表，据此估计本次考试的平均分； （3）若从名学生中随机抽取人，抽到的学生成 绩在记分，在记分
11、，用表示 抽取结束后的总记分，求的分布列和数学期望.解：（1）设分数在内的频率为，则由频率分布 图得， 解得，故频率分布直方图如图所示. （2）平均分 （3）学生成绩在的有人，在 的有人.由题意可知的 所有可能取值是，其对应的概率分别为：， ，故的分布列为(见下表)： .18.（本小题满分12分）如图是某三棱柱被削去一个底面后的直观图与左视图、俯视图.已知 ，左视图是边长为的等边三角形；俯视图是直角梯形，有关数据如图所示. （1）求该几何体的体积；ABEFDC 直观图BECFD43 俯视图ACB 左视图A （2）求二面角的余弦值. 解：（1）取的中点，过作交于，连接，则，且.故四边形为平行四边
12、形， 故，故平面平面.故 . （2）取的中点，的中点，连接、.则，故平面，.又因，以为原点，、所在直线分别为、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.设平面的一个法向量，因，故，而，故，令，得，故，设平面的一个法向量为，因，故，而，故，令，得，故.故，故，显然，二面角的平面角为钝角，故二面角的余弦值为.ACB 侧视图BECFD43 俯视图ABED 直观图PQORxyzFCA19. (本小题满分14分)数列的前项和，等差数列满足，. （1）求数列、的通项公式；（2）设，数列的前项和为，问的最小正整数是多少? 解： （1）当时，故.当时，即 ，故是以为首项，为公比的等比数列，故，；设的公差为，因，
13、故，故，故. （2），故，由，得AyPBCOx，解得，故的最小正整数是.20(本小题满分14分)如图，在中， ，以、为焦点的椭圆恰好过的中点. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆的右顶点作直线与圆 相交于、两点，试探究点、能将圆分割成弧长比值为的两段弧吗？若能，求出直线的方程；若不能，说明理由.解：（1）因，故，故，故，依椭圆的定义得，故，又，故，故椭圆的标准方程为(求出点的坐标后，直接设椭圆的标准方程，将点的坐标代入即可求出椭圆方程，也可以给满分). （2）椭圆的右顶点，圆的圆心为，半径.假设点、能将圆分 割成弧长比值为的两段弧，则，圆心到直线的距离. 当直线的斜率不存在时，的方程为，此
14、时圆心到直线的距离（符合）；当直线的斜率存在时，设的方程为，即，故圆心到直线的距离，无解. 综上可知，点、能将圆分割成弧长比值为的两段弧，此时方程为.21.(本题满分14分)已知奇函数且.（1）求的值；（2）对于，恒成立，求的取值范围；（3）当，且时，试比较与的大小解：（1）由，得，故，即恒成立，故，故，经检验 （2）由时，恒成立.当时，对恒成立，即 在恒成立设，则，则因为当时，故在区间上是增函数，从而，故 当时，由时，恒成立，故对恒成立，故在恒成立设由知在上是增函数，故故 综上，当时，；当时， （3）因为，故当时，故当时，故当时， 下面证明：当时，证法一(二项式定理法)：当时，故当时， 证法二(数学归纳法)：当时，要证 ，只需证 （1）当时，成立 （2）假设时，成立，即那么，故；又，故，即时，不等式成立综合（1）和（2），对，且时，不等式成立故当时，证法三(导数法)：因当时，构造函数，则，则，故当时，故在区间上是减函数，故当时，故 在区间上是减函数，故时，即当时，即 故当时，